Część 1
DYNAMIKA – UJĘCIE KLASYCZNE
1
POLITECHNIKA POZNAŃSKA
INSTYTUT KONSTRUKCJI BUDOWLANYCH
ZAKŁAD MECHANIKI BUDOWLI
ĆWICZENIE NR 3
DYNAMIKA – UJĘCIE KLASYCZNE
Agnieszka Sysak
Gr 3
Dla układu
Agnieszka Sysak Gr 3
2004-05-16
Część 1
DYNAMIKA – UJĘCIE KLASYCZNE
1
POLITECHNIKA POZNAŃSKA
INSTYTUT KONSTRUKCJI BUDOWLANYCH
ZAKŁAD MECHANIKI BUDOWLI
ĆWICZENIE NR 3
DYNAMIKA – UJĘCIE KLASYCZNE
Agnieszka Sysak
Gr 3
Dla układu
Agnieszka Sysak Gr 3
2004-05-16
Część 1
DYNAMIKA – UJĘCIE KLASYCZNE
2
m
1
m
2
m
3
3,0
5,0
1,0
[m]
k
P cos pt
gdzie:
m
1
=300 kg
m
2
=100 kg
m
3
=100 kg
k=
1
4
EJ
P=9000 N
p=29 Hz=182,21
rad
s
oraz
J =const
A=const
zaprojektowano przekroje prętów przy statycznym obciążeniu masami, tak aby:
dop
=100 MPa=10
kN
cm
2
F
1
= m
1
g
F
2
= m
2
g
F
3
= m
3
g
3,0
5,0
1,0
[m]
k
przyjęto:
g=10
m
s
2
F
1
=300 ⋅10 =3000 N =3 kN
F
2
=100 ⋅10 =1000 N =1 kN
F
3
=100 ⋅10 =1000 N =1 kN
3,0
5,0
1,0
[m]
k
7,5
M
stat.
[kNm]
Agnieszka Sysak Gr 3
2004-05-16
Część 1
DYNAMIKA – UJĘCIE KLASYCZNE
3
M
max
=7,5 kNm=750 kNcm
=
M
max
W
max
W
M
max
max
= 750
10
=75,0 cm
3
Przyjęto dwuteownik I 140 dla którego
W =81,9 cm
3
= 750
81,9
=9,16
kN
cm
2
10
kN
cm
2
A=14,4 cm
2
J =573 cm
4
E=205 GPa
OBLICZENIE CZĘSTOŚCI I POSTACI DRGAŃ WŁASNYCH
m
1
= 3m
m
2
=m
m
3
= m
3,0
5,0
1,0
[m]
k
gdzie:
m=100 kg
q
2
3,0
5,0
1,0
[m]
k
q
1
q
1
q
3
SSD=3
-m
3
q
2
3,0
5,0
1,0
[m]
k
-m
3
q
1
-m
1
q
1
-m
2
q
3
{
q
1
=
11
−m
1
¨
q
1
−m
3
¨
q
1
12
−m
3
¨
q
2
13
−m
2
¨
q
3
q
2
=
21
−m
1
¨
q
1
−m
3
¨
q
1
22
−m
3
¨
q
2
23
−m
2
¨
q
3
q
3
=
31
−m
1
¨
q
1
−m
3
¨
q
1
32
−m
3
¨
q
2
33
−m
2
¨
q
3
gdzie wartości δ
ik
obliczamy ze wzoru:
Agnieszka Sysak Gr 3
2004-05-16
Część 1
DYNAMIKA – UJĘCIE KLASYCZNE
4
ik
=
∑∫
M
i
M
k
EJ
dx
∑
R
i
R
k
k
3,0
5,0
1,0
[m]
k
3,0
5,0
1,0
[m]
k
15
M
1
[m]
1
8
5
8
3
8
3,0
5,0
1,0
[m]
k
3,0
5,0
1,0
[m]
k
5
M
2
[m]
1
8
1
8
1
8
3
8
1
3,0
5,0
1,0
[m]
k
3,0
5,0
1,0
[m]
k
M
3
[m]
1
1
11
= 1
EJ
1
2
⋅3 ⋅
15
8
⋅2
3
⋅15
8
1
2
⋅5 ⋅
15
8
⋅2
3
⋅15
8
3
8
⋅3
8
1
4
EJ
= 9,375
EJ
0,5625
EJ
= 9,9375
EJ
22
= 1
EJ
1
2
⋅1 ⋅1 ⋅
2
3
⋅1
1
2
⋅3 ⋅
3
8
⋅2
3
⋅3
8
1
2
⋅5 ⋅
5
8
⋅2
3
⋅5
8
1
8
⋅1
8
1
4
EJ
= 1,125
EJ
0,0625
EJ
= 1,1875
EJ
33
=0
1 ⋅1
1
4
EJ
= 4
EJ
12
=
21
= 1
EJ
−1
2
⋅3 ⋅
15
8
⋅2
3
⋅3
8
1
2
⋅5 ⋅
15
8
⋅2
3
⋅5
8
3
8
⋅1
8
1
4
EJ
= 1,25
EJ
0,1875
EJ
= 1,4375
EJ
13
=
31
=0
3
8
⋅1
1
4
EJ
= 1,5
EJ
Agnieszka Sysak Gr 3
2004-05-16
Część 1
DYNAMIKA – UJĘCIE KLASYCZNE
5
23
=
32
=0
1
8
⋅1
1
4
EJ
= 0,5
EJ
{
q
1
9,9375
EJ
3 m ¨
q
1
m ¨q
1
1,4375
EJ
m ¨q
2
1,5
EJ
m ¨q
3
=0
q
2
1,4375
EJ
3 m ¨
q
1
m ¨q
1
1,1875
EJ
m ¨q
2
0,5
EJ
m ¨q
3
=0
q
3
1,5
EJ
3 m ¨
q
1
m ¨q
1
0,5
EJ
m ¨q
2
4
EJ
m ¨q
3
=0
{
q
1
39,75
EJ
m ¨q
1
1,4375
EJ
m ¨q
2
1,5
EJ
m ¨q
3
=0
q
2
5,75
EJ
m ¨q
1
1,1875
EJ
m ¨q
2
0,5
EJ
m ¨q
3
=0
q
3
6
EJ
m ¨q
1
0,5
EJ
m ¨q
2
4
EJ
m ¨q
3
=0
Rozwiązaniem układu równań różniczkowych jest funkcja:
q
i
= A
i
cos t
˙
q
i
=−A
i
sin t
¨
q
i
=−A
i
2
cos t
Po podstawieniu do układu równań i podzieleniu przez cos ωt otrzymamy:
{
A
1
−39,75
m
2
EJ
A
1
−1,4375
m
2
EJ
A
2
−1,5
m
2
EJ
A
3
=0
A
2
−5,75
m
2
EJ
A
1
−1,1875
m
2
EJ
A
2
−0,5
m
2
EJ
A
3
=0
A
3
−6
m
2
EJ
A
1
−0,5
m
2
EJ
A
2
−4
m
2
EJ
A
3
=0
podstawiając:
=
m
2
EJ
otrzymamy:
{
A
1
−39,75 A
1
−1,4375 A
2
−1,5 A
3
=0
A
2
−5,75 A
1
−1,1875 A
2
−0,5 A
3
=0
A
3
−6 A
1
−0,5 A
2
−4 A
3
=0
a w zapisie macierzowym:
[
1 0 0
0 1 0
0 0 1
]
−⋅
[
39,75 1,4375 1,5
5,75 1,1875 0,5
6 0,5 4
]
⋅
[
A
1
A
2
A
3
]
=0
Agnieszka Sysak Gr 3
2004-05-16
Część 1
DYNAMIKA – UJĘCIE KLASYCZNE
6
Taki układ równań jednorodnych ma rozwiązanie gdy
det
[
1 0 0
0 1 0
0 0 1
]
−⋅
[
39,75 1,4375 1,5
5,75 1,1875 0,5
6 0,5 4
]
=0
Obliczenia wykonano w programie upw. Otrzymano następujące wyniki:
{
1
=0,02487
2
=0,2650
3
=1,006
Wartości drgań własnych obliczamy ze wzoru:
i
=
i
EJ
m
gdzie:
m=100 kg
EJ =205 ⋅10
9
N
m
2
⋅573 ⋅10
−8
m
4
=1174650 Nm
2
zatem:
1
=
0,02487 ⋅1174650
100
=17,09
rad
s
2
=
0,2650 ⋅1174650
100
=55,79
rad
s
3
=
1,006 ⋅1174650
100
=108,71
rad
s
W programie upw otrzymano również wartości wektorów własnych, odpowiadających kolejnym wartościom
λ
i
[q]=
[
A
1
A
2
A
3
]
[q
1
]=
[
−1,000
−0,1495
−0,1677
]
[q
2
]=
[
0,04630
−0,09427
−1,0200
]
[q
3
]=
[
−0,03324
1,000
−0,09845
]
Postacie drgań własnych
I postać drgań (dla λ
1
)
II postać drgań (dla λ
2
)
III postać drgań (dla λ
3
)
Agnieszka Sysak Gr 3
2004-05-16
Część 1
DYNAMIKA – UJĘCIE KLASYCZNE
7
OBLICZENIE AMPLITUD DRGAŃ WYMUSZONYCH PRZEZ ZADANE OBCIĄŻENIE
HARMONICZNE, OBLICZENIE SIŁ DYNAMICZNYCH DZIAŁAJĄCYCH NA UKŁAD.
m
1
m
2
m
3
3,0
5,0
1,0
[m]
k
P cos pt
p=182,21
rad
s
1
=17,09
rad
s
182,21
rad
s
2
=55,79
rad
s
182,21
rad
s
3
=108,71
rad
s
182,21
rad
s
1
,
2
,
3
p
-m
3
q
2
3,0
5,0
1,0
[m]
k
-m
3
q
1
-m
1
q
1
-m
2
q
3
P cos pt
{
q
1
=
11
P cos pt−m
1
¨
q
1
−m
3
¨
q
1
12
−m
3
¨
q
2
13
−m
2
¨
q
3
q
2
=
21
P cos pt−m
1
¨
q
1
−m
3
¨
q
1
22
−m
3
¨
q
2
23
−m
2
¨
q
3
q
3
=
31
P cos pt−m
1
¨
q
1
−m
3
¨
q
1
32
−m
3
¨
q
2
33
−m
2
¨
q
3
Współczynniki δ
ik
mają te same wartości jak dla obliczeń drgań własnych, zatem układ równań przyjmuje
następującą postać:
{
q
1
9,9375
EJ
3 m ¨
q
1
m ¨q
1
1,4375
EJ
m ¨q
2
1,5
EJ
m ¨q
3
= 9,9375
EJ
P cos pt
q
2
1,4375
EJ
3 m ¨
q
1
m ¨q
1
1,1875
EJ
m ¨q
2
0,5
EJ
m ¨q
3
= 1,4375
EJ
P cos pt
q
3
1,5
EJ
3 m ¨
q
1
m ¨q
1
0,5
EJ
m ¨q
2
4
EJ
m ¨q
3
= 1,5
EJ
P cos pt
i ostatecznie:
{
q
1
39,75
EJ
m ¨q
1
1,4375
EJ
m ¨q
2
1,5
EJ
m ¨q
3
= 9,9375
EJ
P cos pt
q
2
5,75
EJ
m ¨q
1
1,1875
EJ
m ¨q
2
0,5
EJ
m ¨q
3
= 1,4375
EJ
P cos pt
q
3
6
EJ
m ¨q
1
0,5
EJ
m ¨q
2
4
EJ
m ¨q
3
= 1,5
EJ
P cos pt
Agnieszka Sysak Gr 3
2004-05-16
Część 1
DYNAMIKA – UJĘCIE KLASYCZNE
8
Rozwiązaniem układu równań różniczkowych jest funkcja podobna do opisującej obciążenie harmoniczne:
q
i
= A
i
cos p t
˙
q
i
=−A
i
p sin p t
¨
q
i
=−A
i
p
2
cos p t
Po podstawieniu do układu równań i podzieleniu przez cos pt otrzymamy:
{
A
1
−39,75
m p
2
EJ
A
1
−1,4375
m p
2
EJ
A
2
−1,5
m p
2
EJ
A
3
= 9,9375
EJ
P
A
2
−5,75
m p
2
EJ
A
1
−1,1875
m p
2
EJ
A
2
−0,5
m p
2
EJ
A
3
= 1,4375
EJ
P
A
3
−6
m p
2
EJ
A
1
−0,5
m p
2
EJ
A
2
−4
m p
2
EJ
A
3
= 1,5
EJ
P
i ostatecznie:
{
−111,350 A
1
−4,063 A
2
−4,240 A
3
=76,140 ⋅10
−3
−16,252 A
1
−2,356 A
2
−1,413 A
3
=11,014 ⋅10
−3
−16,959 A
1
−1,413 A
2
−10,306 A
3
=11,493 ⋅10
−3
Obliczenia wykonano w programie Derive. Otrzymano następujące wartości amplitud:
{
A
1
=−0,0006860 [m]
A
2
=0,00005328 [m]
A
3
=0,000006323 [m]
Siły dynamiczne wyznaczamy dla cos pt = 1
3,0
5,0
1,0
[m]
k
B
1
P
B
2
B
3
B
4
B
1
=−m
1
⋅ ¨q
1
=−m
1
⋅− p
2
⋅A
1
=300 ⋅182,21
2
⋅−0,0006860=−6,83 kN
B
2
=−m
3
⋅ ¨
q
1
=−m
1
⋅− p
2
⋅A
1
=100 ⋅182,21
2
⋅−0,0006860=−2,28 kN
B
3
=−m
3
⋅ ¨
q
2
=−m
3
⋅− p
2
⋅A
2
=100 ⋅182,21
2
⋅0,00005328 =0,18 kN
B
4
=−m
2
⋅ ¨
q
3
=−m
2
⋅− p
2
⋅A
3
=100 ⋅182,21
2
⋅0,000006323 =0,02 kN
Wartości sił dynamicznych
3,0
5,0
1,0
[m]
k
6,83
9,00
2,28
0,18
0,02
[kN]
Agnieszka Sysak Gr 3
2004-05-16
Część 1
DYNAMIKA – UJĘCIE KLASYCZNE
9
Obwiednia momentów dynamicznych
3,0
5,0
1,0
[m]
M
dyn.
[kNm]
0,27
0,27
0,09
0,09
0,18
0,18
dla cos pt = +1
dla cos pt = -1
Sprawdzenie wartości naprężeń
dop
=21,5
kN
cm
2
=
M
max
W
gdzie:
M
max
=
stat.
⋅M
stat. max
dyn.
⋅M
dyn. max
M
stat. max
=7,50 kNm
M
dyn. max
=0,27 kNm
stat.
=1,2
dyn.
=5,0
czyli:
M
max
=
stat.
⋅M
stat. max
dyn.
⋅M
dyn. max
M
max
=1,2 ⋅7,50 5,0 ⋅0,27 =10,35 kNm
W =81,9 cm
3
=
M
max
W
= 1035
81,9
=12,64
kN
cm
2
21,5
kN
cm
2
Ponieważ naprężenia w przekroju nie przekraczają naprężeń dopuszczalnych, można uznać przekrój za
dobrze zaprojektowany.
Agnieszka Sysak Gr 3
2004-05-16